《2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程：随堂巩固训练第十四章空间向量 2 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程：随堂巩固训练第十四章空间向量 2 Word版含解析.pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 随堂巩固训练(2) 1. 在ABC 中，A(2，5，3)，(4，1，2)，(3，2，5)，则顶点 B、C 的AB BC 坐标分别为_ 2. 已知向量 a(1， 1， 0)， b(1， 0， 2)， 若 kab 与 2ab 平行， 则实数 k_ 3. 已知 a，b 是空间两个向量，若|a|3，|b|2，|ab|，则|ab|_7 4. 已知向量 a(2，1，3)，b(4，2，x)，若 ab，则 x_；若 ab， 则 x_ 5. 若向量 a(1，2)，b(2，1，2)，且 a 与 b 的夹角的余弦值为 ，则 8 9 _. 6. 在正方体 ABCDA1B1C
2、1D1中， M、 N 分别为棱 AA1和 BB1的中点， 则 sin，CM D1N 的值为_ 7. 已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，点 P 在线段 BD1上当APC 最大时， 三棱锥 PABC 的体积为_ 8. 如图， 已知空间几何体 ABCDA1B1C1D1是棱长为 3 的正方体， 点 E 在 AA1上， 点 F 在 CC1上，且 AEFC11. (1) 求证：E，B，F，D1四点共面； (2) 若点 G 在 BC 上，BG ，点 M 在 BB1上，垂足为 H，求证：EM平 2 3 GM BF 面 BCC1B1. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可
3、打印 高清试卷 下载可打印 9. 如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1的底面三角形 ABC 中，CACB1，BCA90， 棱 AA12，M，N 分别是 A1B1，A1A 的中点 (1) 求|；BN (2) 求 cos，的值；BA1 CB1 (3) 求证：A1BC1M. 10. 如图，已知正三棱柱 ABCA1B1C1的各棱长都相等，P 为 A1B 上的点，A1P A1B 且 PCAB.求： (1) 的值； (2) 异面直线 PC 与 AC1所成角的余弦值 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案与解析 随堂巩固训练(2) 1. B(6， 4， 5)， C(9， 6， 10) 解析 ： 由
4、 A(2， 5， 3)，(4， 1， 2)， 解得 B(6， 4， 5)，AB 再由(3，2，5)，解得 C(9，6，10)BC 2. 2 解析：计算得 kab(k1，k，2)，2ab(3，2，2)，由 kab 与 2ab 平行，得 ，解得 k2. k1 3 k 2 2 2 3. 解析 ： 因为|ab|， 所以|a|2|b|22ab7.又因为|a|3， |b|2， 所以 ab3，197 所以|ab|2|a|2|b|22ab942319，则|ab|.19 4. 6 解析 ： 若 ab，则823x0，所以 x； 若 ab，则 2(4)( 10 3 10 3 1)23x，所以 x6. 5. 2 或
5、解析：cosa，b ，解得 2 或 . 2 55 ab |a|b| 6 3 25 8 9 2 55 6. 解析：设正方体的棱长为 2，以，为正交基底，建立空间直角坐 4 5 9 DA DC DD1 标系，可知(2，2，1)，(2，2，1)，所以 cos， ，CM D1N CM D1N 441 3 3 1 9 故 sin，.CM D1N 4 5 9 7. 解析 ： 以，为单位正交基底，建立空间直角坐标系(如图)，设 1 18 BA BC BB1 BP ， 可得 P(， ， )， 再由 cosAPC， 可求得当 BD1 AP CP |AP |CP | 2（1）2 22（1）2 1 1 1 322
6、时，APC 最大，故 VPABC 11 . 1 3 1 3 1 2 1 3 1 18 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 8. 解析 ： (1) 建立如图所示的空间直角坐标系， 则(3， 0， 1)，(0， 3， 2)，BE BF BD1 (3，3，3)， 所以，故， ，共面BD1 BE BF BD1 BE BF 又它们有公共点 B， 所以 E，B，F，D1四点共面 (2) 如图，设 M(0，0，z)，则.GM (0， 2 3，z) 又(0，3，2)由题设得0，得 z1.BF GM BF 所以 M(0，0，1) 因为 E(3，0，1)，所以(3，0，0)ME 又(0，0，3)，(0，3
7、，0)，BB1 BC 所以0，0，ME BB1 ME BC 所以 MEBB1，MEBC. 因为 BB1，BC平面 BCC1B1，BB1BCB， 故 ME平面 BCC1B1. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 9. 解析 ： (1) 建立以点 C 为坐标原点，CA 所在直线为 x 轴，CB 所在直线为 y 轴，CC1 所在直线为 z 轴的空间直角坐标系 由题意得 B(0，1，0)，N(1，0，1)， 所以(1，1，1)，BN 所以|.BN 12（1）2123 (2) 由(1)知 A1(1，0，2)，C(0，0，0)，B1(0，1，2)， 则(1，1，2)，(0，1，2)，BA1 CB1
8、 所以 cos，. BA1 CB1 BA1 CB1 |BA1 |CB1 | 014 6 5 30 10 (3) 由题意得 M，C1(0，0，2) ( 1 2， 1 2，2) 则(1，1，2)，A1B C1M ( 1 2， 1 2，0) 所以 00，A1B C1M 1 2 1 2 即与的夹角为 90，A1B C1M 所以 A1BC1M. 10. 解析：(1) 设正三棱柱的棱长为 2，以 AC 的中点 O 为坐标原点，建立如图所示的 空间直角坐标系， 则 A(0， 1， 0)， B(， 0， 0)， C(0， 1， 0)， A1(0， 1， 2)， B1(， 0， 2)， C1(0， 1， 2)，33 所以(，1，0)，(0，2，2)，(，1，2)AB 3CA1 A1B 3 因为 PCAB，所以0，CP AB 所以()0，即()0，CA1 A1P AB CA1 A1B AB 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 得 . CA1 AB A1B AB 1 2 (2) 由(1)知，(0，2，2)，CP ( 3 2 ，3 2，1) AC1 所以 cos，CP AC1 CP AC1 |CP |AC1 | 32 2 2 2 2 8 所以异面直线 PC 与 AC1所成角的余弦值是. 2 8